卷1-2022年高考化學模擬卷（全國卷）（解析版）

2022年高考化學模擬卷（全國卷專用）二輪拔高卷1可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。7．下列說法正確的是A．中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的有機高分子材料B．脫脂棉、濾紙、蠶絲的主要成分均為纖維素，完全水解能得到葡萄糖C．汽油車在行駛過程中，熱能首先轉化為化學能，化學能再轉化為動能D．嫦娥5號上攜帶的“高科技國旗”是以高性能芳綸纖維材料為主的復合材料【答案】D【解析】A．碳化硅屬于無機物，不是有機高分子，A錯誤；B．蠶絲的主要成分為蛋白質(zhì)，B錯誤；C．汽油車在行駛過程中，化學能首先轉化為熱能再轉化為動能，C錯誤；D．月球表面沒有大氣層，晝夜溫差極大，因此國旗材料要求具有耐高低溫、防靜電等多種特性，是以高性能芳綸纖維材料為主的復合材料，D正確；綜上所述答案為D。8．代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是A．標準狀況下，中含有的中子數(shù)為B．與足量反應時，轉移的電子總數(shù)為C．與充分反應后得到的氣體分子數(shù)小于D．常溫下，的溶液中發(fā)生電離的水分子數(shù)為【答案】B【解析】A．1個分子中含7個中子，所以中含有的中子數(shù)為0.5mol7=，A正確；B．中和都具有較強的還原性，都能和發(fā)生反應，則與足量反應時，轉移的電子總數(shù)為，B錯誤；C．NO與O2反應生成NO2，部分NO2會自發(fā)生成N2O4，反應的方程式為：，則充分反應后得到的氣體分子數(shù)小于，C正確；D．在水溶液中發(fā)生水解反應，促進水的電離，則的溶液水電離的氫離子等于氫氧根離子，常溫下其濃度為=mol/L，溶液體積為1L，則發(fā)生電離的水分子數(shù)為，D正確；故選B。9．下列有關物質(zhì)的實驗操作及現(xiàn)象與結論一定正確的是選項操作現(xiàn)象解釋或結論A向某無色溶液中通入過量的CO2氣體有白色沉淀產(chǎn)生該溶液中一定含B向淀粉溶液中加入適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加入NaOH溶液至堿性，加入少量碘水溶液未變藍淀粉已完全水解C將帶火星的木條和加熱至液態(tài)的鈉分別伸入盛有NO2的集氣瓶中木條不復燃，鈉燃燒NO2的助燃性具有選擇性D溴乙烷中加入NaOH溶液共熱，冷卻后滴入AgNO3溶液有淡黃色沉淀生成證明溴乙烷中有溴元素【答案】C【解析】A．無色溶液中通入過量的CO2氣體，可以產(chǎn)生氫氧化鋁白色沉淀，溶液中也可能含有A1O等，A錯誤；B．混淆檢驗淀粉和檢驗葡萄糖的方法導致錯誤。用銀氨溶液或新制氫氧化銅檢驗葡萄糖時必須加入氫氧化鈉中和硫酸，用碘水檢驗淀粉時不能加入氫氧化鈉溶液至堿性，因為碘水可與NaOH反應，無法檢驗淀粉是否剩余，B錯誤；C．通過兩種實驗對比，將帶火星的木條和加熱至液態(tài)的鈉分別伸入盛有NO2的集氣瓶中，木條不復燃，鈉燃燒，可知NO2的助燃性具有選擇性，C正確；D．溴乙烷在堿性環(huán)境下發(fā)生水解，檢驗溴離子需要在酸性環(huán)境下進行，因此滴入AgNO3溶液之前應先加稀硝酸中和NaOH，D錯誤；故選C。10．氧化白黎蘆醇(W)是一種強有效的酪氨酸酶抑制劑，具有抗病毒作用。利用Heck反應合成W的一種方法為：下列說法正確的是A．Y與W互為同系物B．Z的分子式為C6H4O2IC．W與足量H2加成消耗H2的物質(zhì)的量為7molD．與Z含相同官能團的Z的同分異物體共有5種【答案】D【解析】A．Y與W官能團個數(shù)不相同，不屬于同系物，A錯誤；B．Z的分子式為C6H5O2I，B錯誤；C．沒指明W的物質(zhì)的量，1molW與氫氣發(fā)生加成反應最多消耗7molH2，C錯誤；D．與Z含相同官能團的Z的同分異物體（1和2表示I原子可能取代的位置）：、、共有5種，D正確；故選：D。11．科學家合成一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結構如圖所示，其中為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，只有在同一周期。下列說法正確的是A．X的氫化物均為氣體B．原子半徑：C．Y與W形成的所有化合物僅含有極性共價鍵D．作為一種高效安全綠色殺菌劑，在自來水消毒等方面應用廣泛【答案】D【分析】由題意可知，為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，只有在同一周期，可知W位于第一周期，則W為H，則Z為。題給結構中Ⅹ形成四個單鍵，Y能形成兩個單鍵或一個雙鍵，則X為為O，據(jù)此解答?！窘馕觥緼．碳的氫化物有多種，可以是氣體、液體、固體，A錯誤；B．C的原子半徑大于O，B錯誤；C．含有非極性鍵，C錯誤：D．可作為消毒劑、漂白劑，是一種高效安全綠色殺菌劑，D正確。答案選D。12．國內(nèi)某動力電池研究院運用FFC劍橋工藝實現(xiàn)熔鹽電解SiO2制備硅材料，裝置如圖。下列說法中錯誤的是A．陽極反應為C-4e-+2O2-=CO2↑B．SiO2電極減重60g時，生成CO2體積為22.4LC．電解過程，熔鹽中Ca2+移向SiO2所在電極的方向D．若用其他情性電極代替石墨，可能會生成O2、Cl2【答案】B【解析】A．石墨電極生成二氧化碳，所以石墨電極為陽極，陽極反應為C-4e-+2O2-=CO2↑，故A正確；B．SiO2電極減重60g時，消耗1molSiO2，陽極生成1molCO2，非標準狀況下，體積不一定為22.4L，故B錯誤；C．電解過程，陽離子移向陰極，SiO2所在的電極為陰極，所以熔鹽中Ca2+移向SiO2所在電極的方向，故C正確；D．若用其他情性電極代替石墨作陽極，可能是O2-、Cl-失電子生成生成O2、Cl2，故D正確；選B。13．常溫下，向一定濃度的Na2R溶液中滴入稀硫酸，粒子濃度與混合溶液pH的變化關系如下圖所示。已知：H2R是二元弱酸，Y表示或，pY=-lgY，題中涉及濃度的單位為mol?L-1。下列敘述錯誤的是A．曲線m表示p與混合溶液pH的變化關系B．=103.9C．NaHR溶液中存在：c(Na＋)＜c(HR-)＋2c(R2-)D．滴加稀硫酸的過程中，保持不變【答案】C【分析】H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1（H2X）=×c(H+)＞Ka2（H2X）=×c(H+)，pH相同時，＞，pH=-lgc(H+)，pY=-lgY，則p＞p，則m、n分別表示pH與p、p的變化關系。【解析】A．由分析可知，曲線m表示p與混合溶液pH的變化關系，故A正確；B．由M點可知，-[lg+lgc(H+)]=-lgKa2=10.3，即Ka2=10-10.3，同理可知，Ka1=10-6.4，==103.9，故B正確；C．R2-的水解常數(shù)Kh2===10-7.6＞Ka2，說明NaHR溶液呈堿性，即溶液中c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na＋)=c(HR-)＋2c(R2-)+c(OH-)可知，c(Na＋)＞c(HR-)＋2c(R2-)，故C錯誤；D．==Ka1×Ka2，滴加稀硫酸的過程中，溫度不變，因此平衡常數(shù)不會發(fā)生改變，故D正確；綜上所述，敘述錯誤的是C項，故答案為C。二、非選擇題：共58分，第26~28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35~36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。26．（14分）為探究能否氧化，某興趣小組用溶液()和溶液()進行如下操作并記錄現(xiàn)象。已知：①(紫色)②遇無明顯現(xiàn)象③能顯著減慢的紫色褪去實驗編號III實驗操作實驗現(xiàn)象溶液呈紫色，靜置后紫色迅速褪去，久置后出現(xiàn)淡黃色渾濁溶液呈紫色，靜置后紫色較快褪去，久置后未出現(xiàn)淡黃色渾濁(1)配制溶液時，需要用鹽酸酸化，原因是__________________(用化學方程式表示)。(2)分析實驗I：若向紫色溶液中加入酸，會使體系I中_____________(填離子符號)濃度增大，導致平衡正向移動，溶液紫色變深；出現(xiàn)淡黃色渾濁是因為與發(fā)生了反應，該反應的離子方程式為_____________________________。(3)分析實驗II：溶液紫色褪去，是因為被______________(填“氧化”或“還原”)成，該反應的離子方程式為________________________。(4)實驗I中出現(xiàn)淡黃色渾濁，而實驗II中未出現(xiàn)淡黃色渾濁的原因是____________________。(5)請設計實驗方案證明反應是有限度的____________________?！敬鸢浮浚?）（2分）（2）Fe3+（2分）（2分）（3）氧化（2分）（2分）（4）實驗I中過量且溶液呈酸性，與發(fā)生反應：實驗II中被過量的氧化（2分）（5）往溶液中滴入2滴溶液，再往反應后的紫色溶液中滴入溶液，若溶液變紅則說明反應是有限度的，反之不能（2分）【解析】(1)配制溶液時，需要用鹽酸酸化，可抑制水解，方程式為：；(2)鐵離子水解顯酸性，若向紫色溶液中加入酸，會使體系I中鐵離子水解平衡逆向移動，鐵離子濃度增大，導致平衡正向移動，溶液紫色變深；出現(xiàn)淡黃色渾濁是因為與發(fā)生了反應，該反應的離子方程式為。(3)分析實驗II：溶液紫色褪去，是因為被氧化成，該反應的離子方程式為。(4)實驗I中出現(xiàn)淡黃色渾濁，而實驗II中未出現(xiàn)淡黃色渾濁的原因是實驗I中過量且溶液呈酸性，與發(fā)生反應：實驗II中被過量的氧化。(5)設計實驗，鐵離子少量，但反應后溶液中仍存在鐵離子，即可說明反應存在限度，具體實驗為：往溶液中滴入2滴溶液，再往反應后的紫色溶液中滴入溶液，若溶液變紅則說明反應是有限度的，反之不能。27．（14分）三氧化鎢(WO3)常川于制備特種介金、防火材料和防腐涂層?，F(xiàn)利用白鎢精礦(含80%CaWO4及少量比Fe、Zn和Mg等的氧化物)生產(chǎn)WO3。設計了如圖工藝流程：已知：①浸出液中鎢(W)以[WO3C2O4.H2O]2-形式存在。②鎢酸(H2WO4)難溶于水。③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5；Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。回答下列問題：(1)“破碎”的目的是___________________________；“破碎”后的白鎢精礦粒徑約為50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系屬于_________________。(2)操作1的名稱為_________________。(3)浸出液中含量最大的陽離子是_________________；[WO3C2O4.H2O]2-中W元素的化合價為_______(4)“加熱”時發(fā)生反應的離子方程式為______________________；煅燒”時發(fā)生反應的化學方程式為________________________________。(5)本工藝中能循環(huán)使用的物質(zhì)是_______(6)通過計算說明“浸取”過程形成CaSO4而不能形成CaC2O4，的原因：______________________?！敬鸢浮浚?）增大反應物表面積，提高浸取效率（1分）懸濁液(或濁液)（1分）（2）過濾（1分）（3）Ca2+（1分）+6（1分）（4）[WO3C2O4.H2O]2-+2H+H2WO4+H2O+CO2↑+CO↑（2分）H2WO4WO3+H2O（2分）（5）H2C2O4（2分）（6）存在平衡CaSO4+H2C2O4?CaC2O4+2H++SO，K=，Qc=所以在“浸取”時，上述平衡逆向移動，得到CaSO4而不是CaC2O4（3分）【分析】白鎢精礦粉碎后加硫酸和草酸溶解反應，反應過程中生成硫酸鈣沉淀，過濾后除去，將浸出液加熱，浸出液中的[WO3C2O4.H2O]2-在加熱條件下反應生成生成H2WO4，H2WO4高溫灼燒得到WO3，據(jù)此解答?！窘馕觥?1)“破碎”可以增大接觸面積，加快反應速率，提高浸取效率，分散質(zhì)粒子直徑小于1nm的為溶液，大于100nm的為濁液，1nm-100nm的為膠體，50μm=5×104nm為濁液，故答案為：增大反應物表面積，提高浸取效率；懸濁液(或濁液)；(2)操作I分離出硫酸鈣和浸出液，應為過濾，故答案為：過濾；(3)精礦中80%為CaWO4，W以[WO3C2O4.H2O]2-存在，Ca2+是最大的陽離子，O為-2價，H為+1價，C為+3價，故W為+6價，故答案為：Ca2+；+6；(4)由圖中濾渣可知煅燒得WO3，可知濾渣為難溶于水的H2WO4，過濾后濾液可回到浸取過程，循環(huán)使用，知其中含有H+，[WO3C2O4.H2O]2-+2H+H2WO4+H2O+CO2↑+CO↑，煅燒：H2WO4WO3+H2O，故答案為：[WO3C2O4.H2O]2-+2H+H2WO4+H2O+CO2↑+CO↑；H2WO4WO3+H2O；(5)循環(huán)使用的物質(zhì)為草酸，故答案為：草酸；(6)Ca2++SO=CaSO4Ca2++=CaC2O4硫酸濃度為1mol/L，所需鈣離子的最低濃度為c1==，H2C2O4是二元弱酸，因此，可得：=，(氫離子由硫酸電離得到，草酸的電離可忽略)生成CaC2O4所需的Ca2+最低濃度為c2==，c2<c1因此只得到CaSO4溶液中存在平衡CaSO4+H2C2O4?CaC2O4+2H++SO，K=，Qc=所以在“浸取”時，上述平衡逆向移動，故答案為：存在平衡CaSO4+H2C2O4?CaC2O4+2H++SO，K=，Qc=所以在“浸取”時，上述平衡逆向移動，得到CaSO4而不是CaC2O4；27．（15分）丙烯是重要的化工原料，利用丙烷制備丙烯通常有三種方法。方法一：丙烷直接脫氫法(1)丙烷直接脫氫的主要反應為。600℃、0.4下，向裝有催化劑的恒壓密閉容器中以投料，發(fā)生反應。丙烷的轉化率()隨時間(t)變化的曲線如圖1所示。①該體系達到平衡狀態(tài)的標志為___________(填選項字母)。A．單位時間內(nèi)，消耗的物質(zhì)的量等于生成的物質(zhì)的量B．體系中氣體的密度不再改變C．單位體積內(nèi)氣體的分子數(shù)不再改變D．的分壓不再改變②用分壓表示該反應的平衡常數(shù)___________；增大的值可提高丙烷的平衡轉化率，解釋其原因為___________。方法二：丙烷氧化脫氫法(2)丙烷氧化脫氫制丙烯時，主要發(fā)生反應。已知：氫氣的燃燒熱為；水的氣化熱為；結合，可計算___________；與方法一相比，方法二的優(yōu)點為___________(寫出一點即可)。(3)我國科研機構利用計算機模擬得出：在表面，丙烷催化氧化脫去第一個H的反應歷程可能有兩種(如圖2所示)，其中表示過渡態(tài)。由上圖分析可知，丙烷氧化脫去的第一個H是與___________(填“”或“”)中的O結合，原因為___________。方法三：丙烷與耦合法(4)丙烷與耦合法制丙烯時，主要發(fā)生如下反應：i.ii.iii.iv.在580℃時，將和按體積比為充入一恒壓密閉容器中進行反應，實驗測得體系中、的轉化率和的選擇性、的產(chǎn)率隨催化劑組成和壓強的變化分別如圖3(a)和(b)所示。已知：的選擇性越高，副產(chǎn)物的含量越低。耦合法制丙烯適宜選擇的生產(chǎn)條件為___________；隨壓強增大的平衡產(chǎn)率先增大后減小的原因為___________?！敬鸢浮浚?）①BD（2分）②0.06MPa（1分）該反應為氣體分子數(shù)增加的反應，充入水蒸氣，可降低反應體系中各組分的分壓，有利于平衡正向進行（2分）（2）－114.9kJ·mol-1（2分）使丙烷轉化為丙烯的傾向變大（或降低能耗等）（1分）（3）CeO2（1分）路徑B的活化能低，反應速率快（1分）（4）In/Zn的物質(zhì)的量之比為2、壓強為0.3MPa（2分）壓強低于0.3MPa時，壓強增大反應ⅲ平衡正向移動，丙烯產(chǎn)率增大；壓強高于0.3MPa時，壓強增大反應i平衡逆向移動，丙烯產(chǎn)率減?。?分）【解析】(1)①A．隨著反應的進行，消耗C3H8(g)的物質(zhì)的量始終等于生成H2(g)的物質(zhì)的量，所以不能作為平衡狀態(tài)的標志，故A不選；B．隨著反應的進行，容器的體積逐漸變大，氣體質(zhì)量不變，故密度逐漸減小，平衡后，體積不變，密度不變，故可以作為判斷依據(jù)，故B選；C．隨著反應進行，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程PV=nRT，當溫度和壓強不再改變時，單位體積內(nèi)的物質(zhì)的量不會發(fā)生變化，故C不選；D．氣體的物質(zhì)的量在一直變化，水的物質(zhì)的量不變，體積分數(shù)一直發(fā)生變化，所以分壓一直在變化，平衡后分壓不變，故D選；答案選BD；②設起始投入的丙烷和水的物質(zhì)的量均為1mol，從圖像可知，丙烷平衡轉化率為0.45，列三段式，故平衡后的總物質(zhì)的量為1+0.55+0.45+0.45=2.45；；所以kp=0.06；(2)已知氫氣的燃燒熱為-285.5kJ/mol；水的氣化熱為+40.8，由此列式：，，，方法一為吸熱反應，方法二為放熱反應，所以與反應一相比，反應二能降低能耗，有利于丙烷轉化成丙烯。故答案為：使丙烷轉化為丙烯的傾向變大（或降低能耗等）；(3)由圖像可知，途徑B的反應活化能更低，反應速率快，所以丙烷氧化脫去的第一個H是與CeO2結合，故答案為：CeO2，路徑B的活化能低，反應速率快；(4)由圖像可知，在In/Zn的物質(zhì)的量之比為2、壓強為0.3MPa時平衡轉化率最大，故答案為：In/Zn的物質(zhì)的量之比為2、壓強為0.3MPa；在中為生成物，隨著壓強的增大，平衡逆向移動，產(chǎn)率降低；在中，隨著壓強的增大，平衡正向移動，的產(chǎn)率增加，故隨著壓強增大，的平衡產(chǎn)率先增大后減小的原因為：壓強低于0.3MPa時，壓強增大反應ⅲ平衡正向移動，丙烯產(chǎn)率增大；壓強高于0.3MPa時，壓強增大反應i平衡逆向移動，丙烯產(chǎn)率減小。故答案為：壓強低于0.3MPa時，壓強增大反應ⅲ平衡正向移動，丙烯產(chǎn)率增大；壓強高于0.3MPa時，壓強增大反應i平衡逆向移動，丙烯產(chǎn)率減小。（二）選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。35．[化學——選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)]（15分）鈦元素形成的單質(zhì)及其化合物有重要的應用。請回答：(1)鈦位于元素周期表中____區(qū)；與鈦位于同一周期且含有相同未成對電子數(shù)的過渡元素為___(填元素符號)。(2)鈦形成的試劑常用作有機反應的烯化試劑，其結構如圖所示。其中氯原子和鋁原子的雜化方式分別為___________。(3)鈦形成的是一種儲氫材料。的立體構型為___________。(4)鈦形成的不同鹵化物熔沸點數(shù)據(jù)如表所示。熔點/℃-24.138.25155沸點/℃136.45233.45377三種鹵化物熔沸點數(shù)據(jù)呈現(xiàn)表中變化規(guī)律的原因為___________。(5)向紫色的溶液中加入無水乙醚并通入至飽和，則可得到綠色的晶體。①晶體中所有元素的電負性由大到小的順序為___________。②晶體中配位原子為___________；晶體中粒子間存在的作用力有___________(填選項字母)。a．離子鍵b．σ鍵c．鍵d．金屬鍵e．配位鍵(6)鈦酸鋇具有壓電性，可用于留聲機和水下偵察設備等。鈦酸鋇立方晶胞結構如圖所示(、都分別與相互接觸)，其晶胞參數(shù)。的配位數(shù)為；若半徑為140，則的半徑為___________?！敬鸢浮浚?）d（1分）Ni（1分）（2）sp3、sp3（1分）（3）正四面體（1分）（4）三者都是分子晶體，組成和結構相似，隨著相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增強，熔沸點升高（2分）（5）O＞Cl＞H＞Ti（2分）O、Cl（2分）a、b、e（2分）（6）145（3分）【分析】根據(jù)Ti的電子排布式判斷Ti屬于周期表中d區(qū)和與它具有相同未成對電子數(shù)的過渡元素；根據(jù)題中所給結構，由VSEPR判斷雜化類型和的立體結構；根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)判斷晶體類型和熔沸點變化規(guī)律；根據(jù)電負性與非金屬關系判斷電負性大小順序；根據(jù)題中所給結構判斷配位原子和晶體中粒子間作用力；根據(jù)晶胞結構計算Ba2+的半徑；據(jù)此解答?！窘馕觥?1)Ti的原子序數(shù)為22，核內(nèi)有22個質(zhì)子，核外有22個電子，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，基態(tài)鈦原子的價電子排布式為3d24s2，則鈦位于元素周期表中d區(qū)，Ti原子未成對電子數(shù)為2，同周期中未成對電子數(shù)與鈦相同的元素原子價電子排布式為3d84s2、4s24p2、4s24p4，其中同屬于過渡元素的為3d84s2，為原子序數(shù)28的Ni元素；答案為d，Ni。(2)由可知，分子中Al和Ti均缺電子，Cl給予Ti和Al各一對電子，即Al形成3個共價鍵和一個配位鍵，共價鍵與配位鍵的個數(shù)比是3：1，Al周圍達到8電子結構，價層電子對數(shù)為4，所以Al原子采取sp3雜化，Cl形成二個配位鍵，還有兩對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，所以Cl原子也采取sp3雜化；答案為sp3、sp3。(3)中心原子B原子價層電子對數(shù)=4+=4+0=4，孤電子對數(shù)為0，微粒空間構型與VSEPR模型相同，即空間構型為正四面體構型；答案為正四面體。(4)由表中數(shù)據(jù)可知，這幾種物質(zhì)熔沸點較低，為分子晶體，組成和結構相似的分子晶體，其熔沸點與分子間作用力成正比，分子間作用力隨著相對分子質(zhì)量增大而增大，這幾種分子相對分子質(zhì)量從氯化物到碘化物依次增大，分子間作用力依次增大，則其熔沸點依次升高；答案為三者都是分子晶體，組成和結構相似，隨著相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增強，熔沸點升高。(5)①元素的非金屬性越強，其電負性越大，在晶體中，元素的非金屬性O＞Cl＞H＞Ti，則電負性O＞Cl＞H＞Ti；答案為O＞Cl＞H＞Ti。②由結構可知，O原子、Cl原子二者均有孤電子對，為配位原子，在中，與Cl-形成離子鍵，H2O分子中存在H-O單鍵即σ鍵，中存在配位鍵，配位鍵也是σ鍵，即中存在離子鍵，配位鍵，σ鍵，即a、b、e符合題意；答案為O、Cl，a、b、e。(6)由結構圖可知，Ba2+和O2-在高度為且平行于立方晶胞的面的對角線方向上互相接觸，因而晶胞面對角線長度=2